Question

12．如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內存在著沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限內存在著等大反向的另一勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，MN、EF為電場和磁場區(qū)域的邊界線，一電荷量為-q、質量為m的小球從y軸上的P點以速度v₀垂直進入電場，經x軸上的Q點進入電、磁復合場，已知OP=OM=d，OQ=$\frac{3}{2}$d，OF=2Od，v₀=$\frac{3}{2}$$\sqrt{gd}$．
（1）求勻強電場電場強度的大小和小球經過Q的速度．
（2）要使小球不越過邊界MN，求所加磁場磁感應強度的最小值．
（3）若所加磁場的磁感應強度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球經多長時間能從右邊界射出．

Answer 1

分析 （1）粒子在第一象限的電場中做類平拋運動，將運動分解，求出小球受到的電場力的大小以及小球經過Q點的速度；由E=$\frac{F}{q}$求出電場強度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子的運動軌跡，由數學知識求出粒子的軌道半徑；洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（3）求出小球周期性運動的周期，然后求出粒子在一個周期內沿x軸方向的位移，再求出小球的運動時間．

解答 解：（1）小球在第一象限內做類平拋運動，
水平方向：$\frac{3}{2}$d=v₀t，
小球在電場線方向的位移：
d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{mg+qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{mg}{q}$，
小球到達Q時，豎直向下的速度為v_y，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：v_y²-0=2×2g×d，
小球的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=2.5$\sqrt{gd}$，
小球速度與x軸的夾角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{gd}}{\frac{3}{2}\sqrt{gd}}$=$\frac{4}{3}$，解得：θ=53°；
（2）小球在第四象限受到的電場力F=qE=mg，方向向上，所以小球受到的合力等于洛倫茲力，
所以小球在第四象限內做勻速圓周運動，要使小球不越過邊界MN，運動的臨界軌跡如圖所示，
由數學知識可得：r-rsin37°=d，解得：r=2.5d，
由牛頓第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$；
（3）當B′=$\frac{2m\sqrt{gd}}{qd}$時小球做圓周運動的半徑：R=$\frac{5d}{4}$，
小球做周期性運動的周期：T=2$\sqrt{\fracxygph2a{g}}$+$\frac{2×53°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB′}$=（2+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\fracir8jcp7{g}}$，
每個周期小球沿x軸方向的位移：x=2（v₀t+R′sin53°），解得：x=5d，
經過4個周期小球從右邊界射出，
時間：t=4T=（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\fracz21bthz{g}}$；
答：（1）勻強電場電場強度的大小為：$\frac{mg}{q}$，小球經過Q的速度大小為2.5$\sqrt{gd}$．
（2）要使小球不越過邊界MN，所加磁場磁感應強度的最小值為=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$．
（3）若所加磁場的磁感應強度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球經時間：（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\fracgltcanr{g}}$能從右邊界射出．

點評 本題是帶電粒子在電場、磁場中運動的綜合題，根據題意作出粒子的運動軌跡．應用數學知識求出粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑、粒子轉過的圓心角，是本題的難點，也是正確解題的關鍵．